Sai lầm thường gặp khi giải Tam thức bậc 2

1 Sai lầm khi giải các bài toán tam thức bậc hai hi giải toán tam thức bậc hai, các sai lầm xuất hiện do không chú ý đến giả thiết của các định lí mà đã vội vàng áp dụng hoặc lạm dụng suy diễn những mệnh đề không đúng hoặc xét thiếu các trường hợp cần biện luận. Thí dụ 1: Tìm m để biểu thức sau có nghĩa với mọi x: 2 ( 1) 2( 1) 3 3 m x m x m      . Biểu thức có nghĩa với mọi x khi và chỉ khi 2 ( ) ( 1) 2( 1) 3 3 0 f x m x m x m x         ' 2 0 1 0 0 ( 1) 3( 1)( 1) 0 x a m m m m                   1 1 1 1 2( 1)( 2) 0 2 m m m m m m m                          . Ta có kết quả 1 m  Nhớ rằng 2 ( ) 0 f x ax bx c x      ' 0 0 0 0 a b c a                     . Lời giải xét thiếu trường hợp 0 a  . Lời giải đúng là: Biểu thức có nghĩa với mọi x ( ) 0 f x x    - Trường hợp 1: 1 0 1 0 2( 1) 0 1 0 3 3 0 1 m m a b m m c m m                              , không có m thoả mãn. - Trường hợp 2: ' 0 1 0 a m         Tóm lại kết quả là 1 m  . Thí dụ 2: Tìm m sao cho: 2 2 2 3 2 1 x R 2 2 x mx m x mx         (*). (*) 2 2 2 3 2 2 2 x mx m x mx x R          2 2 3 0 x R 0 m 12 0 12 0 x mx m m m                 Sai lầm là nhân hai vế với 2 2 2 x mx   khi chưa biết dấu của biểu thức này. Lời giải đúng là: Vế trái tồn tại x R   2 2 2 0 x mx x R       2 2 2 0 x mx     vô nghiệm 2 0 16 0 4 4 m m           . Khi đó 2 2 2 0 x mx x R      nên: (*) 2 2 2 4 4 4 4 4 4 0 2 3 2 2 2 3 0 x m m x mx m x mx x R x mx m x R                                     2 4 4 4 4 4 0 12 0 12 0 m m m m m m                       K ? ! ? ! 2 Thí dụ 3: Biết rằng (x;y) là nghiệm của hệ: 2 2 2 6 x y m x y m          . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 6( ) F xy x y    . Ta có   2 2 2 2 2 6 2 6 x y m x y xy m           2 2 2 2 6 3. m xy m xy m         Do đó 2 2 3 6 ( 3) 12 F m m m       . Vậy min 12 3. F m     Không có maxF vì F là hàm bậc hai với hệ số bậc hai dương. Lời giải không đặt điều kiện để tồn tại x và y. Do đó đã xét F với mọi m R  . Lời giải đúng là: Ta có 2 2 2 2 6 3 x y m x y m x y m xy m                  . Theo định lí Viét đảo thì x, y là các nghiệm của phương trình 2 2 3 0 t mt m     (*). Ta thấy x, y tồn tại khi và chỉ khi (*) có nghiệm 2 1 0 3 12 0 2 2 m m             . Khi đó 2 3 6 F m m    với   2;2 m  . Lập bảng biến thiên của F với   2;2 m  : m -2 2 3 F Từ đó ta có: min 11 = 2 F m    max 13 2 F m     . Thí dụ 4: Tìm m sao cho phương trình: 2 2 (2 1) 0 x m x m     chỉ có một nghiệm thoả mãn 3 x  Cách 1: Phương trình có nghiệm duy nhất 0    . Khi đó phương trình có nghiệm 1 2 . 2 S x x   Do đó phương trình chỉ có một nghiệm thoả mãn 3 x  2 2 1 4 1 0 (2 1) 4 0 4 5 2 1 5 3 2 2 2 m m m m m m m                               , không có m thoả mãn bài toán. Cách 2: Xét 3 trường hợp: - Trường hợp 1: 1 2 1 0 4 3 5 3 2 2 m x x S m                       , không có m thoả mãn T.H này. - Trường hợp 2: 2 1 2 (3) 0 6 6 0 3 3 3 3 5 3 3 3 2 1 5 2 3 3 2 2 2 af m m m x x m S m m                                     . Tóm lại 5 ;3 3 2 m         ? ! 13 -11 ? ! 3 Cách 1 tỏ ra người giải chưa hiểu cụm từ "chỉ có một nghiệm" nên đã "phiên dịch" từng đoạn theo yêu cầu, thành ra khác với nghĩa của bài toán. Nhớ cho: phương trình chỉ có một nghiệm x > 3 không có nghĩa là phương trình không được có 2 nghiệm ! Cách 2 là lời giải của người hiểu đúng bài toán nhưng cố gắng làm gọn 2 trường hợp x 1 < 3< x 2 và 3 = x 1 < x 2 thành một trường hợp 1 2 3 x x   . Tiếc rằng khi viết điều kiện "tương đương" với yêu cầu này lại không đúng. Như vậy sẽ bỏ sót trường hợp 1 2 3 2 S x x    . Chính vì vậy mà với m = 2 phương trình trở thành 2 1 5 4 0 4 x x x x          thoả mãn bài toán, nhưng m = 2 không có trong kết luận của cách giải thứ 2. Lời giải đúng là: Xét 3 trường hợp: - Trường hợp 1: 1 2 1 0 4 3 5 3 2 2 m x x S m                       , không có m thoả mãn T.H này. - Trường hợp 2: 2 1 2 (3) 0 6 6 0 3 3 3 3 3 2 1 5 3 3 2 2 2 f m m m x x m S m m                                  . - Trường hợp 3: 2 1 2 3 (3) 0 6 6 0 3 3 3 3 x x af m m m             . Tóm lại:  3 3;3 3 . m      - Trường hợp 3: 2 1 2 3 (3) 0 6 6 0 3 3 3 3 x x af m m m             . Tóm lại:  3 3;3 3 . m      Thí dụ 5: Tìm m sao cho phương trình 2 2( 1) 1 0 mx m x m      không có nghiệm ở ngoài (-1; 1). Phương trình không có nghiệm ở ngoài (-1; 1) 1 2 1 1 x x     ' 2 1 0 ( 1) ( 1) 0 0 (4 3) 0 ( 1) 0 3 3 1 0 4 (1) 0 4 0 1 1 1 1 1 1 2 1 1 x m m m m m m m af m m m af m m S m m m                                                                        Có thể thấy với m = 0 thì phương trình trở thành   1 2 1 0 1;1 2 x x       nên m = 0 thoả mãn. Ngoài ra lời giải còn thiếu cả trường hợp phương trình vô nghiệm. Như vậy để có lời giải đúng phải bổ sung thêm trường hợp a = 0 (thử trực tiếp) và trường hợp ' 0 0 x a       . Đáp số đúng là 3 4 m   hoặc 0 m  NKL-THPT Bản Ngà ? ! . R   2 2 2 0 x mx x R       2 2 2 0 x mx     vô nghiệm 2 0 16 0 4 4 m m           . Khi đó 2 2 2 0 x mx x R      nên: (*) 2 2 2 4 4 4 4 4 4 0 2 3 2 2 2 3 0 x. Trường hợp 2: ' 0 1 0 a m         Tóm lại kết quả là 1 m  . Thí dụ 2: Tìm m sao cho: 2 2 2 3 2 1 x R 2 2 x mx m x mx         (*). (*) 2 2 2 3 2 2 2 x mx m x. nhỏ nhất của biểu thức 6( ) F xy x y    . Ta có   2 2 2 2 2 6 2 6 x y m x y xy m           2 2 2 2 6 3. m xy m xy m         Do đó 2 2 3 6 ( 3) 12 F m m m    